2023年浙江省各地市中考数学三模压轴题

第=page11/=sectionpages102102页2023年浙江省各地市中考数学三模压轴题精选温馨提示：本卷共60题，题目均选自2023年浙江省各地市三模真题。本卷分为几何和代数两部分，解答题留有足够答题空间，试题部分可直接打印出来练习。本卷难度较大，适合基础较好的同学。第一部分代数部分1.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)已知二次函数y=x2-4x+5，关于该函数在aA.若a<0，函数有最大值5 B.若a<0，函数有最小值5

C.若0<a<2，函数有最小值1 D.若0<a<2，函数无最大值2.(2023·浙江省温州市外国语学校·三模)已知二次函数y=x2-2x的图象过A(a,y1A.若a<0，则y1>y2 B.若0<a<23，则y1<y2

C.3.(2023·浙江省杭州市申花中学·三模)已知，二次函数y=x2+2x+c的图象与x轴交于点A(x1,0)，B(A.当n>0时，m<x1 B.当n>0时，m>x2

C.当n<0时，m<0 D.4.(2023·浙江省杭州市文理中学·三模)若二次函数的解析式为y=(x-2m)(x-2)(1≤m≤5).若函数图象过点(p,q)A.-12≤q≤4 B.-55.(2023·浙江省杭州市锦城四中·三模)二次函数y=x2+2x+c的图象与x轴的两个交点为A(x1,0)，B(x2A.当n>0时，m<x1 B.当n>0时，m>x2

C.当n<0时，m<0 D.6.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)已知二次函数y=-x2+2x+c(c<0)，当自变量为x1时，其函数值y1大于零：当自变量为x1-2，A.y2<0，y3>0 B.y2<0，y3<0 C.

7.(2023·浙江省金华市·三模)已知等腰△ABC的周长为10，若设腰长为x，则x的取值范围是______．8.(2023·浙江省温州市外国语学校·三模)抛物线y=x2-2ax+b的顶点落在一次函数y=-9.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)如图，菱形OABC的边OC在y轴，点B在第一象限，且∠B=60°，将这个菱形向右平移2个单位得到菱形O'A'B'C'(点A'和A对应).10.(2023·浙江省宁波市宁波七中·三模)如图，在▱ABCD中，顶点A的坐标是(0,2)，AD/​/x轴，BC交y轴于点E，CD交x轴于点F，顶点C的纵坐标是-4，▱ABCD的面积是24，反比例函数y=kx的图象经过点B和D，则k11.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)如图，点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，△AOB的两条外角平分线交于点P，点P在反比例函数y=4x的图象上，延长PA交x轴于点C，延长PB交y轴于点D，连结CD，则点P坐标为______，S△

12.(2023·浙江省金华市·三模)某品牌水果冻的高为3cm，底面圆的直径为4cm，两个水果冻倒装在一个长方体盒子内，如图为横断示意图，水果冻的截面可以近似地看成两条抛物线.以左侧抛物线的顶点O为原点，建立如图所示的直角坐标系．

(1)以O为顶点的抛物线的函数表达式是______；

(2)制作该长方体盒子所需纸张面积最小值是______cm2(不计重叠部分13.(2023·浙江省宁波市宁波七中·三模)已知二次函数y=ax2-2x+c和一次函数y=kx+b的图象交于A(3,0)，B(0,-3)两点．

(1)求这个二次函数和一次函数的函数关系式；

(2)记点C是与点A关于抛物线对称轴对称的点，求△ABC的面积；14.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)已知抛物线y=ax2-6ax-5经过点A(1,0)．

(1)求抛物线的函数表达式和顶点坐标．

(2)抛物线与x轴的另一交点为B，将线段AB向上平移n个单位，平移后的线段与抛物线分别交于点C，D(点C在点D左侧)，若

15.(2023·浙江省杭州市锦城四中·三模)在平面直角坐标系中，设二次函数y=ax2-(2a-2)x-3a-1，实数a≠0．

(1)若二次函数图象经过点(-2,-10)，求这个二次函数的解析式及顶点坐标；

(2)若二次函数图象上始终存在两个不同点，这两个点关于原点对称，求a16.(2023·浙江省杭州市大关中学·三模)已知二次函数y=2x2+bx+c，当x=1时，y=0，x=3时，y=0．

(1)求b与c的值．

(2)当x取何值时，-32≤y≤6．

(3)抛物线上有两点(a17.(2023·浙江省杭州市文理中学·三模)已知抛物线y=x2-2tx+1．

(1)当t=2时，求抛物线的对称轴和顶点坐标；

(2)若该抛物线上任意两点M(x1,y1)，(x2,y2)都满足：当x1<x2<1时，

18.(2023·浙江省杭州市申花中学·三模)已知二次函数y1=ax(x+b)(a≠0)和一次函数y2=ax+m(a≠0)．

(1)若二次函数y1的图象过(1,0)，(2,2)点，求二次函数的表达式；

(2)若一次函数y2与二次函数y1的图象交于x轴上同一点A，且这个点不是原点．

①求证：m=ab；

②19.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)如图，已知二次函数y=-x2+bx+c的图象经过点A(4,1)，点B(0,5)．

(1)求该二次函数的表达式及顶点坐标；

(2)点C(m,n)在该二次函数图象上，当m≤x≤4时，n的最大值为

20.(2023·浙江省金华市·三模)如图所示，取某一位置的水平线为x轴，建立了平面坐标系后，小山坡AB可以近似看成抛物线l1：y=-112x2+76x+1.小明在离A点3m的楼顶C抛出一球，其运动轨迹为抛物线l2：y=-18x2+bx+c，落在山坡的点D21.(2023·浙江省金华市·三模)在平面直角坐标系中，若图形M与图形N中，分别存在点P，Q关于直线y=kx

对称，则称这两个图形“k轴对称”，如图，正方形ABCD各顶点的坐标分别是A(1,1)，B(1,0)，C(2,0)，D(2,1)．

(1)在点P1(0,2)，P2(0,3)，P3(-1,-2)中，哪些点与正方形ABCD“k轴对称”？若是，求k的值．

(2)若点D与点Q为“2轴对称“，求点Q的坐标．

(3)直线y=43

22.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)根据以下素材，探索完成任务：如何制定订餐方案？素

材

1某班级组织春日研学活动，需提前为同学们订购午餐，现有A、B两种套餐可供选择，套餐信息及团购优惠方案如下所示：套餐类别套餐单价团体订购优惠方案A：米饭套餐30元方案一：A套餐满20份及以上打9折；

方案二：B套餐满12份及以上打8折；

方案三：总费用满850元立减110元．B：面食套餐25元温馨提示：方案三不可与方案一、方案二叠加使用．素材

2该班级共31位同学，每人都从A、B两种套餐中选择一种，一人一份订餐，拒绝浪费.经统计，有20人已经确定A或B套餐，其余11人两种套餐皆可.若已经确定套餐的20人先下单，三种团购优惠条件均不满足，费用合计为565元．问题解决任务

1计算选择人数已经确定套餐的20人中，分别有多少人选择A套餐和B套餐？任务

2分析变量关系设两种套餐皆可斐然同学中有m人选择A套餐，该班订餐总费用为w元，当全班选择A套餐人数不少于20人时，请求出w与m之间的函数关系式．任务

3制定最优方案要使得该班订餐总费用最低，则A、B套餐应各订多少份？并求出最低总费用．

23.(2023·浙江省温州市永嘉县·三模)根据以下素材，探索完成任务．如何设计跳长绳方案素材1图1是集体跳长绳比赛，比赛时，各队跳绳10人，摇绳2人，共计12人.图2是绳甩到最高处时的示意图，可以近似的看作一条抛物线，正在甩绳的甲、乙两位队员拿绳的手间距6米，到地面的距离均为1米，绳子最高点距离地面2.5米．素材2某队跳绳成员有6名男生和4名女生，男生身高1.70米至1.80米，女生身高1.66米至1.68米.跳长绳比赛时，可以采用一路纵队或两路纵队并排的方式安排队员位置，但为了保证安全，人与人之间距离至少0.5米问题解决任务1确定长绳形状在图2中建立合适的直角坐标系，并求出抛物线的函数表达式任务2探究站队方式当该队以一路纵队的方式跳绳时，绳子能否顺利的甩过所有队员的头顶？任务3拟定位置方案为了更顺利的完成跳绳，现按中间高两边低的方式居中安排站位.请在你所建立的坐标系中，求出左边第一位跳绳队员横坐标的最大取值范围．

24.(2023·浙江省温州市外国语学校·三模)如何设计摇椅椅背有坐垫长度？素材一某公司设计制作一款摇椅，图1为效果图，图2为其侧面设计图，其中FC为椅背，EC为坐垫，C，D为焊接点，且CD与AB平行，支架AC，BD所在直线交于圆弧形底座所在圆的圆心O.设计方案中，要求A，B两点离地面高度均为5厘米，A，B两点之间距离为70厘米．素材二经研究，∠OCF=53°时，舒适感最佳.现用来制作椅背FC和坐垫EC的材料总长度为160厘米，设计时有以下要求：(1)椅背长度小于坐垫长度；(2)为安全起见，摇椅后摇至底座与地面相切于点A时(如图3)，F点比E点在竖直方向上至少高出12任务一计算底座半径根据素材求底座半径OA．任务二探究摇摆规律计算图3中点B距离地面的高度．任务三设计椅背、坐垫长度(1)求椅背FC的长度范围.(2)在表格中填入一种符合要求的方案．椅背FC长度坐垫EC长度

______cm

______cm

第二部分几何部分25.(2023·浙江省杭州市锦城四中·三模)如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=108°，点P在BC边上，若AP是∠BAC的三等分线，则BP的长度为(

)A.5-1或5 B.5+1或5-126.(2023·浙江省温州市·三模)如图，在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，连结AE，AC，已知AE=CE，AB=BE，记∠ACB=α，则用α的代数式表示∠ACD的度数为(

)A.2α B.90°-2α C.3α 27.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)如图，在矩形ABCD中，AB>BC，延长DC至点E，使得CE=BC，以DE为直径的半圆O交BC延长线于点F.欧几里得在《几何原本》中利用该图得到结论：矩形ABCD的面积等于CF的平方(即S矩形ABCD=CF2).现连结FO并延长交AB于点G，若OF=2OG，则△A.35 B.38 C.2

28.(2023·浙江省杭州市大关中学·三模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD于点E，若AD的长与⊙A.2BC2=AB2+CD2 B.3BC29.(2023·浙江省温州市永嘉县·三模)如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若S1-S2A.2 B.2 C.22 30.(2023·浙江省杭州市申花中学·三模)如图，正六边形ABCDEF，P点在BF上，记图中的面积为S1，S2，S3，S4，S5，A.S3+S6 B.S4+S5

31.(2023·浙江省宁波市宁波七中·三模)如图，点A，B，C，D顺次在直线l上，AC=a，BD=b，以AC为边向下作等边△ACF，以BD为底边向上作等腰Rt△BDE，当AB的长度变化时，△CDF与△ABE的面积差S始终保持不变，则a，A.b=3a B.a=3b32.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)如图，四边形ABCD是一个由5张纸片拼成的菱形(相邻纸片之间互不重叠)，其中四张纸片为大小形状相同的平行四边形，连结BE，ED，DG，GB.记S四边形EFGH=S1，S四边形A.3 B.4 C.22 33.(2023·浙江省温州市外国语学校·三模)如图所示，正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，且内接于正方形FGHI，连接DE，BE>CE.已知正方形ABCD与正方形FGHI面积之比为59，若DE//CH，则BECEA.5+12 B.625

34.(2023·浙江省金华市·三模)如图，直线y=kx+7k(k≠0)与坐标轴相交于点A，B.分别以AB，OB为直角边，以B为直角顶点，在△ABO的外部作等腰Rt△ABC，等腰Rt△OBD，CD与y轴相交于点A.4

B.7k

C.72

D.不能确定35.(2023·浙江省金华市·三模)如图，将矩形ABCD纸片沿EF折叠，点C，D落在C'，D'，且C，D'，B三点在同一直线上，ED'与BC交于点G，记△EFG的周长为l，若BF=2FC

36.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点O在对角线AC上，圆O的半径为2，如果圆O与矩形ABCD只有一个公共点，那么线段AO的长是______．37.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)我国古代数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的三角形，如图所示，已知∠A=90°，BD=3，CF=10，则OE的长度是______．

38.(2023·浙江省温州市永嘉县·三模)如图是一张矩形纸片ABCD，点E为AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠，点A，B的对应点分别为A'，B'，A'E与BC相交于点G，B'A'的延长线过点C.39.(2023·浙江省杭州市大关中学·三模)如图，在矩形ABCD中，BC=12，点E为射线DC上一点，且CE=5，点F为AD的中点，连接BE，EF，将△DEF沿直线EF折叠，若点D的对应点D'恰好落在BE上，则AB的长为______．

40.(2023·浙江省杭州市锦城四中·三模)如图，将矩形纸片ABCD折叠，折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，点C，D的对应点分别在E，F，且点F在矩形内部，MF的延长线交BC与点G，EF交边BC于点H，EN=2，AB=4，当点H为GN的中点时，MD的长为______．41.(2023·浙江省杭州市文理中学·三模)如图，在菱形ABCD中，点E为BC中点，连结AE，DE，将△ABE沿直线AE折叠，使点B落在DE上的点B'处，连接AB'并延长交CD于点F，则

42.(2023·浙江省温州市外国语学校·三模)如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2AC=2，过BC上一点D作DE⊥BC，交AB于点E，以点D为圆心，DE的长为半径作半圆，交AC，AB于点F，G，交直线BC于点H，I(点I在H左侧).当点D与点C重合时(如图2)，GH=______；当EF=GH时，CD=43.(2023·浙江省杭州市文理中学·三模)如图，⊙O的半径OD⊥AB于点C，连接AO并延长交⊙O于点E，连接EC，若AB=8，CD=2，

(1)⊙O

44.(2023·浙江省杭州市申花中学·三模)如图，已知△ABC是等边三角形，AB=6，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，BD：BE=2：3，DE同时平分∠BEF和∠BDF，则EFFD=

45.(2023·浙江省温州市永嘉县·三模)希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J.每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k，此时点P，A，B，Q共线．挖隧道时始终能看见46.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)如图1，将一张等腰三角形纸片ABC沿虚线剪开，得到两个全等的三角形和两个全等的四边形小纸片.小博按图2方式拼接，恰好拼成一个不重叠、无缝隙的矩形；小雅按图3方式拼接，也拼出一个矩形FHIK，但由于两个四边形纸片有重叠(阴影)部分，整个面积减少了5cm2.若AE：DE=5：3，则tanC=______，矩形FHIK的面积为______cm2

47.(2023·浙江省温州市·三模)如图，△ABC中，AB=AC，圆O为△ABC的外接圆，弦BD⊥OC于点F，交AC于点E，连结CD．

(1)求证：BE=BC；

(2)若tan∠BCA=3，48.(2023·浙江省杭州市锦城四中·三模)如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB=AD，AC为直径，E为AD一动点，连结BE交AC于点G，交AD于点F，连结DE．

(1)设∠E为α，请用α表示∠BAC的度数．

(2)当BE⊥AD时，

①求证：DE=BG．

②当tan

49.(2023·浙江省杭州市·三模)如图CD是⊙O的直径，A是⊙O上异于C、D的一点，点B是DC延长线上的一点，连接AB、AC、AD，且∠BAC=∠ADB．

(1)求证：直线AB是⊙O的切线；

(2)若BC=2OC，

①求tan∠ADB的值；

②作∠CAD的平分线AP交⊙O于点P，交CD于点E，连接PC、PD，若AB=k，求50.(2023·浙江省杭州市大关中学·三模)已知，如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，G是AC上一点，AG与DC的延长线交于点F．

(1)求证：∠FGC=∠AGD．

(2)若CD=8，BE=2，求⊙O的半径长；

(3)若G是AC

51.(2023·浙江省杭州市申花中学·三模)如图1，三角形ABC内接于圆O，点D在圆O上，连接AD和CD，CD交AB于点E，∠ADE+∠CAB=90°

(1)求证：AB是直径；

(2)如图2，点F在线段BE上，AC=AF，∠DCF=45°

①求证：DE=DA；

②若AB=kAD，用含k的表达式表示

52.(2023·浙江省宁波市宁波七中·三模)如图1，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC，BD相交于点E，且AD=CD．

(1)求证：△CDE∽△BDC；

(2)若DE=3，BE=5，求CD的长度；

(3)如图2，连结OD交AC与点F，AC=8，CD=5，求⊙O的半径长度；

(4)如图3，若AD=CE，延长AD至点F，若CD平分∠BDF，记△ACD的面积为S1，△BCD面积为S2，△

53.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)如图1，⊙O为等边△ABC的外接圆，半径为3，点D在劣弧AB上运动(不与点A、B重合)，连结DA、DB、DC．

(1)求证：DC是∠ADB的平分线；

(2)探究DA、DB、DC三者之间满足的等量关系，并证明你的结论；

(3)如图2，延长CD至点E，使DE=DB，点F为线段CE上一点，且CF=12EF

①求线段BF的长的最小值；

②设点G为AB、CD的交点，当线段BF

54.(2023·浙江省杭州市申花中学·三模)如图，矩形ABCD中，BC<2AB，点M是BC的中点，连接AM.将△ABM沿着AM折叠后得△APM，延长AP交CD于E，连接ME．

(1)求证：ME平分∠PMC

(2)求证：△EMC∽△MAB．

(3)若sin∠EAM=

55.(2023·浙江省杭州市大关中学·三模)如图，在△ABC中，点D在AB边上，DE/​/BC，与边AC交于点E，连接BE.若ADAB=x，三角形ABC的面积为1，记△ADE，△BCE的面积分别为S1，S2．

(1)若x=12，求S1与S2；

(2)若y=3S1-2S2

56.(2023·浙江省金华市·三模)如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连结BE，将△ABE沿BE折叠得△FBE，连结CF，设ADAE=n．

(1)求证：∠CBE=∠FEB；

(2)当A，F，C三点共线时，用含n的代数式表示ADAB的值；

(3)若

57.(2023·浙江省温州市绣山中学·三模)如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，点E，F分别在边AB和边BC上，AE=BF=3，DE=EF=CF.点H在AD上从点A匀速运动到点D时，点I恰好从DE上某一点匀速运动到点E，记EI=x，AH=y，已知y=4-x．

(1)求证：DE⊥EF．

(2)求BC的长与tan∠DEC的值．

(3)连结HI．

①当直线HI与△BCE一边垂直时，求所有满足条件的AH的值．

②线段HI绕点I顺时针旋转90°得到线段JI，当点

58.(2023·浙江省温州市永嘉县·三模)如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，sinB=45.点D为AB的中点，过点D作射线DE/​/BC交AC于点E，点M为射线DE上一动点，过点M作MN⊥BC于点N，点P为边AC上一点，连结NP，且满足APBN=45，设BN=x，NP=y．

(1)求线段MN的长；

(2)求y关于x的函数表达式；

(3)如图2，连结MP．

①当△MNP为等腰三角形时，求x的值．

②以点M为旋转中心，将线段

59.(2023·浙江省温州市外国语学校·三模)如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=3，D为BC上一点，连结AD，作DE⊥AD，交AB于点E，且DE=BE，动点P从点E出发向点A运动，同时动点Q从点A出发沿射线AC运动，过程中满足AQEP=4，设AP=y，AQ=x．

(1)求证：BD=2CD．

(2)求y关于x的函数表达式．

(3)连结PD，QD，

①当∠ADQ与△ADP中的一个内角相等时，求AQ的值；

②如图2，当点Q在线段AC上时，以BD，Q

60.(2023·浙江省宁波市外国语学校·三模)【基础巩固】如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=60°，点D是AC的中点.延长BC至点E，使DE=DB，延长ED交AB于点F，则AFAB的值为______．

【思考探究】如图2，当∠BAC≠60°时，AFAB的值会发生变化吗？若不变，请写出证明过程；若发生变化，请说明理由．

【拓展延伸】如图3，在△ABC中，AB=AC，点D是线段AC上任意一点.延长BC至点E，使DE=DB，延长ED交AB于点F，若ADDC=n，请求出AF参考答案1.【答案】C

【解析】解：∵y=x2-4x+5=(x-2)2+1，

∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=2，函数有最小值1，

A、若a<0，在a≤x≤4的取值范围内，当x=a时，函数有最大值大于5，故选项A错误，不合题意；

B、若a<0，在a≤x≤4的取值范围内，当x=2时，函数有最小值1，故选项B错误，不合题意；

C、若0<a<2，在a≤x≤4的取值范围内，当x=2时，函数有最小值1，故选项2.【答案】C

【解析】解：∵二次函数y=x2-2x，

∴开口向上，对称轴为直线x=--22×1=1，

A、若a<0，则1>a>2a，

∴y1<y2，故A错误，不合题意；

B、若0<a<23，则a+2a2=32a，0<32a<1，

∴y1>y2，故B错误，不合题意；

C、若233.【答案】D

【解析】解：∵y=x2+2x+c的图象开口向上，

由题意可知，当x>x2或x<x1时，y>0；

当x1<x<x2时，y<0；

故当n>0时，m<x1或m>x2，A、B都错；

当n<0时，x1<m<x4.【答案】A

【解析】解：∵二次函数的解析式为y=(x-2m)(x-2)(1≤m≤5)．

∴该函数的对称轴为直线x=2m+22=m+1，

∵函数过(p,q)点和(p+4,q)点，

∴p+p+42=m+1，

∴p=m-1，

∴q=(m-1-2m)(m-1-2)=-(m-1)2+4，

∵1≤m≤5，

∴当m=1时，q取得最大值4；当m=5时，q取得最小值-5.【答案】D

【解析】解：∵二次函数y=x2+2x+c，

∴该函数图象开口向上，

∵二次函数y=x2+2x+c的图象与x轴的两个交点为A(x1,0)，B(x2,0)，且x1<x2，点P(m,n)是图象上一点，

∴当n>0时，m<x1或m>x2，故选项A、B6.【答案】B

【解析】解：∵二次函数y=-x2+2x+c=-(x-1)2+1+c，c<0，

∴该函数图象开口向下，当x=1时，该函数取得最大值1+c，当x=0时，y=c，

∴该函数与y轴的交点为(0,c)，在y轴的负半轴，

∴点(2,c)在该函数图象上，在x轴下方，

∵当自变量为x1时，其函数值y1大于零，

∴0<x1<2，

∴x1-2<0，x1+2>2，

∵当自变量为x1-2与x1+2时，其函数值分别为y2，7.【答案】52【解析】解：依题意得：10-2x-x<x<10-2x+x，

解得52<x<5．

故填8.【答案】3

【解析】解：y=x2-2ax+b=(x-a)2-a2+b，

顶点坐标为(a,-a2+b )，

抛物线y=x2-2ax+b的顶点落在一次函数y=-2x+4的图象上，

∴(a,-a2+b)在一次函数y=-2x+4的图象上，

9.【答案】3【解析】解：延长BA交x轴于点M，过点B作BN⊥y轴，垂足为N，

∵BC=AO，BN=OM，

∴Rt△BNC≌Rt△OMA(HL)，

∴AM=CN．

∵∠B=60°，

∴∠OAM=60°，

∴∠AOM=30°．

设菱形OABC的边长为m，则A(32m,12m)，

∴点B的坐标为(32m,32m)，

∵菱形向右平移2个单位得到菱形O'A'B'C'，

∴A'(32m+2,12m)，

10.【答案】8

18

【解析】解：∵A的坐标是(0,2)，

∴OA=2，

∵C的纵坐标是-4，

∴OE=4，

∴AE=6，

∵▱ABCD的面积是24，

∴AD=4，

∴点D坐标(4,2)，

∴k=2×4=8，

∴点B坐标(-2,-4)，

∴CE=2，

∴S四边形OECF=1211.【答案】(2,2)

4

【解析】解：作PM⊥OA于M，PN⊥OB于N，PH⊥AB于H，连接OP．

∵△AOB的两条外角平分线交于点P，

∴PM=PH，PN=PH，

∴PM=PN，

设PM=PN=m，则P(m,m)，

∵点P在反比例函数y=4x的图象上，

∴4=m2，

∴m=2，

∴P(2,2)，

∴OP2=22+22=8，

∵∠POA=∠POB=∠CPD=45°，

∴∠COP=∠POD=135°，

∵∠POB=∠PCO+∠OPC=45°，∠APO+∠OPD=45°，

∴∠PCO=∠OPD，

∴△COP∽△POD，

∴OP2=OC⋅OD，

12.【答案】y=34x【解析】解：(1)根据题意知，A(-2,3)，E(2,3)，

设以O为顶点的抛物线的函数表达式是y=ax2，

把A(-2,3)代入解析式得：4a=3，

解得a=34，

∴以O为顶点的抛物线的函数表达式是y=34x2，

故答案为：y=34x2；

(2)设两条抛物线的切点为K，过切点K作KH⊥OD于点H，

过抛物线FGC的顶点G作x轴的垂线交x轴于M，

如图所示：

依题意知K(x,32)，

当32=34x2，

解得x=2或x=-2(舍去)，

∴OH=HM=2，

∴13.【答案】解：(1)将A(3,0)，B(0,-3)代入一次函数y=kx+b中得：3k+b=0b=-3，

解得：k=1b=-3．

∴一次函数解析式为：y=x-3．

同理，将A(3,0)，B(0,-3)代入二次函数y=ax2-2x+c得：9a-6+c=0c=-3，

解得：a=1c=-3．

∴二次函数解析式为：y=x2-2x-3．

(2)∵二次函数解析式为：y=x2-2x-3，

∴对称轴x=-b2a=--22×1=1．

∵点C【解析】(1)将点代入函数解析式列方程(组)求值即可得出结论．

(2)根据抛物线的对称轴确定点C得坐标，从而得出AC的值，由B(0,-3)可知OB的值，利用三角形面积=12AC⋅OB即可得出结论．

(3)14.【答案】解：(1)∵抛物线y=ax2-6ax-5经过点A(1,0)，

∴0=a-6a-5，

解得a=-1，

∴y=-x2+6x-5=-(x-3)2+4，

∴该抛物线的顶点坐标为(3,4)，

即抛物线的函数表达式是y=-x2+6x-5，顶点坐标为(3,4)；

(2)由(1)知：y=-(x-3)2+4，

∴该抛物线的对称轴为直线x=3，

∵抛物线y=ax2-6ax-5经过点A(1,0)，抛物线与x轴的另一交点为B，

∴点B的坐标为(5,0)，

∴【解析】(1)根据抛物线y=ax2-6ax-5经过点A(1,0)，可以求得a的值，然后将函数解析式化为顶点式，即可得到该抛物线的顶点坐标；

(2)根据(1)中的抛物线解析式，可以得到该抛物线的对称轴，从而可以得到点B的坐标，进而求得AB的值，然后即可得到CD的值，即可写出点C的横坐标，再代入抛物线解析式，求出相应的y的值，此时y的值就是15.【答案】(1)解：∵二次函数的图象经过点(-2,-10)，

∴a×(-2)2-(2a-2)×(-2)-3a-1=-10，

解得a=-1，

∴二次函数的解析式是y=-x2+4x+2；

∴y=-(x-2)2+6，

∴顶坐标是(2,6)；

(2)解：设抛物线上关于原点对称的两个点的坐标是(m,n)与(-m,-n)，且x≠0，

∴n=am2-(2a-2)m-3a-1与-n=a(-m)2-(2a-2)(-m)-3a-1，

【解析】(1)用待定系数法求函数解析式，再把解析式化为顶点式，求出顶点坐标；

(2)设这两个点的坐标是(x,y)与(-x,-y)，把两点坐标代入二次函数解析式，再两式相加，根据x2>0得出a的取值范围；

(3)把M，N两点坐标代入解析式，然后得出y1+y2，再由m+n+2=0，得出16.【答案】解：(1)∵当x=1时，y=0，x=3时，y=0．

∴2+b+c=018+3b+c=0，解得b=-8c=6．

(2)y=2x2-8x+6=2(x-2)2-2．

∴二次函数的图象开口向上，对称轴是直线x=2，顶点坐标是(2,-2)．

当x<2时，y随x的增大而减小；当x>时，y随x的增大而增大．

当y=-32时，有2x2-8x+6=-32，解得x=32或52；

当y=6时，有2x2-8x+6=6，解得x=0或4【解析】(1)分别将当x=1时，y=0，x=3时，y=0代入y=2x2+bx+c，得到关于b和c的一元二次方程组，解出b和c的值即可；

(2)由(1)可知，y=2x2-8x+6=2(x-17.【答案】解：(1)当t=2时，抛物线y=x2-4x+1，

∵y=x2-4x+1=(x-2)2-3，

∴抛物线的对称轴为直线x=2，顶点坐标为(2,-3)；

(2)∵y=x2-2tx+1，

∴抛物线对称轴为直线x=--2t2×1=t，

∵当x1<x2<1时，(x1-x2)(y1-y2)<0，当1<x1<x2时，(x1-x2)(y【解析】(1)将解析式化成顶点式即可求解．

(2)由当x1<x2<1时，(x1-x2)(y1-y2)<0，当18.【答案】(1)解：∵二次函数y1的图象过(1,0)，(2,2)点，

∴a(1+b)=02a(2+b)=2，

解得：a=1b=-1，

∴二次函数的表达式为y=x2-x；

(2)①证明：令y1=0，则ax(x+b)=0，

解得：x=0或x=-b．

∴抛物线y1=ax(x+b)与x轴交于(0,0)(-b,0)．

令y2=0，则ax+m=0，

∴x=-ma．

∴直线y2=ax+m与x轴交于(-ma,0)，

∵若一次函数y2与二次函数y1的图象交于x轴上同一点，且这个点不是原点，

∴-ma=-b，

∴m=ab；

②【解析】(1)利用待定系数法解答即可；

(2)①令y=0，分别求得两个函数的图象与x轴的交点，依据已知条件列出关于a，b，m的等式，整理即可得出结论；

②利用配方法求得抛物线的顶点坐标，将坐标代入一次函数的解析式，再利用①的结论得到关于b的方程，解方程即可得出结论．

19.【答案】解：(1)将点A、B的坐标分别代入二次函数，得方程组：-16+4b+c=1c=5，

解之，得b=3，c=5，将其代入二次函数，得y=-x2+3x+5.顶点坐标为(-b2a,4ac-b24a)，将各系数代入，得(32,294).

答：该二次函数的表达式为y=-x2+3x+5，顶点坐标为(32,294).

(2)当-x2+3x+5=1，解得x=-1或x=4，因为A(4,1)，D(【解析】(1)用待定系数法和顶点坐标公式即可求解；

(2)根据坐标的最值分析m的取值范围．

本题主要考查求解二次函数表达式的方法及其性质，对学生的运算能力有一定要求．20.【答案】解：(1)∵点D离y轴的距离为12m，

∴xD=12，

在y=-112x2+76x+1中，令x=12得：

y=-112×122+76×12+1=3，

∴D的坐标是(12,3)；

(2)在y=-112x2+76x+1中，令x=0得y=1，

∴A(0,1)，

∴OA=1，

∵AC=3，

【解析】(1)由点D离y轴的距离为12m，知xD=12，在y=-112x2+76x+1中，令x=12得D的坐标是(12,3)；

(2)在y=-11221.【答案】解：(1)如图，点P2，P3与正方形ABCD“k轴对称”，

k的值分别为1，-1．

(2)如图，在直线y=2x上，取点K(1,2)，过点K作KT⊥y轴于点T，作直线DT交OK于点J．

过点D作DG⊥y轴于点G．

∵T(0,2)，D(2,1)，G(0,1)，

∴OT=DG=2，TK=TG=1，

∵OTK=∠DGT=90°，

∴△OTK≌△DGT(SAS)，

∴∠TOK=∠GDT，

∵∠GDT+∠GTD=90°，

∴∠TOK+∠OTJ=90°，

∴∠OJT=90°，

∴DT⊥OK，

∴点Q在直线DT上，

∵直线DT的解析式为y=-12x+2，

由y=2xy=-12x+2，解得x=45y=85，

∴J(45,【解析】(1)画出图形，根据“k轴对称”的定义求解；

(2)求出直线QD的解析式，以及交点坐标，可得结论；

(3)求出两种情特殊位置b的值，可得结论．

本题属于几何变换综合题，考查了一次函数的性质，新定义，轴对称变换的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点解决问题．22.【答案】解：(1)20人先下单，三种团购优惠方案的条件均不满足，

∴设这20人中选择A套餐的有x人，

x<20，

则选则B套餐的有(20-x)人，20-x<12，

∴30x+25(20-x)=565，

∴x=13，

∴20-x=7．

答：选择A套餐的有13人，选择B套餐的有17人．

(2)∵两种套餐皆可的11人中有m人选择A套餐，

∴当A套餐人数不少于20人时，13+m≥20，

∴m≥7，

则选择B套餐人数为18-m≤11，不满足优惠方案二的条件，

∴订餐总费用为：W=30×0.9×(13+m)+25(7+11-m)=2m+801；

(3)∵两种套餐皆可的11人中有m人选择A套餐，

①当m≥7时，由(2)得：W=2m+801，

∵k=2>0，

∴W随m的增大而增大，

∴当m=7时总费用最小为W=2×7+801=815(元)，

②当0≤m<7时，13+m<20，18-m>11，

∴订餐总费用W=30×(13+m)+25×0.8×(7+11-m)=10m+750，

∵k=10>0【解析】(1)根据题意列出方程30x+25(20-x)=565，进而求解；

(2)根据题意列出一次函数，求出解析式，进而求出总费用；

(3)分情况进行计算，最后进行比较，求出最小值．23.【答案】解：任务一：

以左边摇绳人与地面的交点为原点，地面所在直线为x轴，建立直角坐标系，如图：

由已知可得，(0,1)，(6,1)在抛物线上，且抛物线顶点纵坐标为2.5，

设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，

∴c=136a+6b+c=14ac-b24a=52，

解得a=-16b=1c=1，

∴抛物线的函数表达式为y=-16x2+x+1；

任务二：

∵y=-16x2+x+1=-16(x-3)2+52，

∴抛物线的对称轴为直线x=3，

10名同学，以直线x=3为对称轴，分布在对称轴两侧，男同学站中间，女同学站两边，对称轴左侧的3位男同学所在位置横坐标分布是3-0.5×12=114，114-0.5=94和【解析】任务一：以左边摇绳人与地面的交点为原点，地面所在直线为x轴，建立直角坐标系，用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y=-16x2+x+1；

任务二：求出当x=74时，当x=34时，的函数值，再和队员身高比较即可；

任务三：两路并排，一排24.【答案】64.5≤FC≤80

70cm，【解析】解：任务一：过点A作AH垂直地面于H，过点O作OG⊥AB于G，OG的延长线于地面交于点M，如图所示：

∵AB平行于地面，

∴四边形AHNB为矩形，AG=BG=12AB=35厘米，

AH=GM=5厘米，

设底座半径OA=r厘米，则OM=OA=r厘米，

∴OG=OM-GM=(r-5)厘米，

在Rt△OAG中，OA=r厘米，AG=35厘米，OG=(r-5)厘米，

由勾股定理得：OA2=OG2+AG2，

即：r2=(r-5)2+352，

解得：r=125，

∴底座半径OA的长度为125厘米；

任务二：过点B作BN垂直地面于N，BK⊥OA于K，如图所示：

设BN=h cm，

∵底座与地面相切于点A，

∴OA垂直地面于点A，

∴四边形ANBK为矩形，

∴AK=BN=h cm，

由任务一可知：OA=OB=125cm，

∴OK=OA-AK=(125-h)cm，

在Rt△ABK中，AK=h cm，AB=70cm，

由勾股定理得：BK2=AB2-AK2=702-h2，

在Rt△OBK中，OK=(125-h)cm，OB=125cm，

由勾股定理得：BK2=OB2-OK2=1252-(125-h)2，

∴702-h2=1252-(125-h)2，

解得：h=19.6，

∴点B距离地面的高度为19.6厘米；

任务三：(1)过F作FP⊥OA于P，过点E作EQ⊥OA于Q，如图所示：

∵CD//AB，

∴∠QCD=∠OAB，

由任务②可知：AK=h=19.6厘米，AB=70厘米，

在Rt△KAB中，cos∠OAB=AKAB=19.670=0.28，

∴cos∠QCD=cos∠OAB=0.28，

∵椅背FC和坐垫EC的材料总长度为160厘米，

∴设椅背FC=x厘米，则坐垫EC=(160-x) cm，

∵椅背长度小于坐垫长度，

∴x<160-x，

解得：x<80，

在Rt△CQE中，cos∠QCD=CQCE=0.28，

∴CQ=0.28CE=0.28(160-x)厘米，

在Rt△CFP中，cos∠OCF=CPCF，

∴CP=CF⋅cos∠OCF=x⋅cos53°≈0.6x(厘米)，

∵F点比E点在竖直方向上至少高出12厘米，

∴AP-AN≥12，

即：AC+CP-(AC+CQ)≥12，

∴CP-CQ≥12，

∴25.【答案】C

【解析】【分析】

此题考查了等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判断以及等腰三角形的性质是解题的关键．根据已知条件得出∠B=∠C=36°，再根据AP是∠BAC的三等分线，分两种情况：第一种情况，当∠BAP=13∠BAC时，求出∠BAP的度数与AC=PC=2，再证出△BAP∽△BCA，BABC=BPBA，从而得出BABC=BPBA，最后代值计算即可得出答案；第二种情况，当∠BAP=23∠BAC时，证明AB=BP即可．

【解答】

解：∵AB=AC=2，∠BAC=108°，

∴∠B=∠C=36°，

∵AP是∠BAC的三等分线，

当∠BAP=13∠BAC时，

∴∠BAP=36°，∠CAP=72°，

∴∠CPA=72°，

∴AC=PC=2，

在△BAP与△BCA中，

∠B=26.【答案】C

【解析】解：∵∠ACB=α，AE=CE，

∴∠EAC=α，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD//BC，

∴∠DAC=∠ACE=α，∠DAE=∠AEB，

∴∠DAE=2α，

∵AB=BE，

∴∠BAE=∠AEB，

∴∠BAE=2α，

∴∠27.【答案】B

【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴OC/​/BG，

∴△CFO∽△BFG，

∴OCBG=FCFB=FOFG，

∵OF=2OG，

∴OCBG=FCFB=FOFG=23，

∴设OC=2x，BG=3x，FC=2y，FB=3y，

∴BC=CE=y，OE=OF=2x+y，

∴DE=4x+2y，

∴DC=4x+y，

∵矩形ABCD的面积DC⋅BC=CF2，

∴(4x+y)y=(2y)2，

∴x=34y，

∴△OCF的面积=12OC⋅FC=2xy=32y2，矩形ABCD的面积=CF2=4y228.【答案】C

【解析】解：连接OA、OD，如图，

∵OA=OD=AD，

∴△OAD为等边三角形，

∴∠AOD=60°，

∴∠ABD=∠ACD=30°，

∵AC⊥BD，

∴∠AEB=∠BEC=∠CED=90°，

在Rt△AEB中，∵∠ABE=30°，

∴AE=12AB，

∴BE=3AE=32AB，

同理可得CE=32CD，

在Rt△BCE中，∵BC229.【答案】A

【解析】解：(1)如图，根据条件得到“K”型△ABC≌△FNC，得到NF=AB=x．

(2)连接GK，可以发现△GNK的面积=GN×AG÷2=2GN，同理△KAG的面积=2AK．

利用条件S1-S2=2，得到GN-AK=1，即n-m=1，又因为n+x=4，所以m=3-x．

(3)在△KBC中，有射影定理AB2=AC×AK．

这样可以得到方程：x2=4×(3-x)，解得x=2，即AB=2．

故选：A．

根据图形条件，(1)可以得到“K”型△ABC30.【答案】C

【解析】解：连接BD、AD、FD、CE，AD交BF于M，

设正六边形ABCDEF边长为2a，

在正六边形ABCDEF中求得∠FAB=∠AFE=120°，

则∠AFB=∠ABF=30°，∠BFE=90°，

∴AM=12AB=a，

在正六边形ABCDEF中，

∵BF/​/CE，∠BFE=90°，

∴四边形BCEF是矩形，

∴AD=4a，MD=3a，

∴BM=AB2-AM2=3a，

∴BF=2BM=23a，

∴S△ABF=S△BCD=S△DEF=12×23a×a=3a2，

设BP=x，则FP=BF-BP=23a-x，

∴S1=12×FP×AM=1231.【答案】A

【解析】解：过点F作FG⊥AD于点G，过点E作EH⊥AD于H，

∵△ACE是等边三角形，AC=a，

∴FG=32AC=3a2，

∵BD=b，EH⊥AD，等腰Rt△BDE，

∴BH=12BD=b2，BE=22b，

在Rt△BHE中，

EH=BH=b2，

设AB=x，

则S△ABE=12AB⋅EH=12x×12b，

S△CDF=12CD⋅FG=12(b-32.【答案】B

【解析】解：如图，过点D作DP⊥BC，交BC的延长线于P，交MG的延长线于Q，

设小平行四边形的宽是x，长是y，DQ=h，PQ=h1，

∵周围四张小平行四边形纸片都全等，

∵EH=GH=FG=EF=y-x，

∴四边形EFGH是菱形，

∵S1S2=35，

∴(y-x)(h-h1)(x+y)(h+h1)-2xh1-12×4yh1=3533.【答案】A

【解析】解：由题意可得△BIC≌△CHD，

∴设CI=DH=a，CH=b，则IH=a+b，

∵∠H=90°，

∴CD2=CH2+DH2=a2+b2，

∵正方形ABCD与正方形FGHI面积之比为59，

∴CD2IH2=59，即a2+b2(a+b)2=59，

∴整理得2a2-5ab+2b2=0，

∴2(ab)2-5ab+2=0，

解得ab=12或ab=2(舍去)，

∴b=2a，

∴BI=CH=2a，

如图所示，作BM⊥GH交GH于点M，作NE⊥BM交BM于点P，

由题意可得，△AGD≌△DHC，

∵ED//CH，

∴四边形BINP，ENHD是矩形，

∴PN=BI=2a，EN=DH=a，

∴PE=PN-EN=a，

∴设CN=m，则IN=BP=a+m，

∵BE⊥CE，

∴∠BEP+∠CEN=90°，

∵BP⊥PN，

∴∠BEP+∠PBE=90°34.【答案】C

【解析】解：过点C作CF⊥y轴于点F，

令x=0，

则y=7k，

∴直线y=kx+7k与y轴的交点B的坐标是(0,7k)，

令y=0，

则kx+7k=0，

∵k≠0，

∴x=-7，

∴直线y=kx+7k与x轴的交点A的坐标是(-7,0)，

∴OA=7，OB=7k，

∵△OBD是等腰直角三角形，且∠OBD=90°，

∴BD=OB=7k，

∴点D的坐标是(7k,7k)，

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AB=BC，∠ABC=90°，

∴∠ABO+∠CBF=90°，

∵∠AOB=90°，

∴∠ABO+∠BAO=90°，

∴∠BAO=∠CBF，

又∵∠AOB=∠BFC=90°，AB=BC，

∴△AOB≌△BFC(AAS)，

∴CF=OB=7k，BF=AO=7，

∴OF=BF+OB=7+7k，

∴点C的坐标是(-7k,7+7k)，

设CD所在直线的解析式为y=mx+n，

∴-7km+n=7+7k7km+n=7k，

解得：m=-12kn=7+14k2，

∴CD所在直线的解析式为y=-12k35.【答案】2【解析】解：连接BD'，作EH⊥BC于点H，

∵C，D'，B三点在同一直线上，

∴BD'与C'D'成一条直线，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D=90°，AD//BC，

由折叠得∠C'=∠C=90°，FC'=FC，

∵BF=2FC，

∴BF=2FC'，

∴sin∠C'BF=FC'BF=12，

∴∠C'BF=30°，

∴∠BFC'=60°，

∴∠CFC'=120°，

∵∠EFC'+∠EFC+∠CFC'=360°，∠EFC'=∠EFC，

∴2∠EFC+120°=360°，

∴∠EFC=120°，

∴∠EFG=60°，

∵∠DEF=∠BFE，∠DEF=∠D'EF，

∴∠BFE=∠D'EF，

∴GE=GF，

∴△36.【答案】103或20【解析】解：在矩形ABCD中，

∵∠D=90°，AB=6，BC=8，

∴AC=10，

如图1，设⊙O与AD边相切于E，连接OE，

则OE⊥AD，

∴OE/​/CD，

∴△AOE∽△ACD，

∴OECD=AOAC，

∴AO10=26，

∴AO=103，

如图2，设⊙O与BC边相切于F，连接OF，

则OF⊥BC，

∴OF/​/AB，

∴△COF∽△CAB，

∴OCAC=OFAB，

∴OC10=26，

∴OC=103，

∴AO=20337.【答案】2

【解析】解：设正方形ADOF的边长为x，

由题意得：BE=BD=3，CE=CF=10，

∴BC=BE+CE=BD+CF=3+10=13，

在Rt△ABC中，AC2+AB2=BC2，

即(3+x)2+(x+10)2=132，

整理得，x2+13x-30=0，

解得：x=2，或x=-15(舍去)，

即正方形ADOF的边长是2，

38.【答案】2【解析】解：设BF=2m，连接FG，CE，

∵BFGC=23，

∴GC=3m，

∵四边形ABCD是矩形，点E为AD中点，

∴∠A=∠B=∠D=90°，AE=DE，AB=DC，BC/​/AD，

∴∠GFE=∠AEF，

由折叠得A'B'=AB，B'F=BF=2m，∠GEF=∠AEF，∠B'A'F=∠A=90°，

∴∠GFE=∠GEF，A'B'=DC，∠CA'E=90°，

∴GF=GE，

∵∠CA'E=∠D=90°，CE=CE，A'E=AE=DE，

∴Rt△CA'E≌Rt△CDE(HL)，

∴A'C=DC，∠A'EC=∠DEC，

∵∠GCE=∠DEC，

∴∠A'EC=∠DEC，

∴GF=GE=GC=3m，

∴AD=BC=BF+GF+GE=2m+3m+3m=8m，

∴A'39.【答案】9或4

【解析】解：分两种情况：

设AB=x，

①当E在边CD上时，如图1，连接BF，则DE=CD-CE=x-5，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=∠D=∠C=90°，AB=CD，

∵BC=12，CE=5，

∴BE=122+52=13，

由折叠得：DF=D'F，∠D=∠ED'F=∠BD'F=90°，DE=D'E，

∵点F为AD的中点，

∴AF=DF，

∴AF=D'F，

∵∠A=∠BD'F=90°，

在Rt△ABF和Rt△D'BF中

AF=D'FBF=BF

∴Rt△ABF≌Rt△D'BF(HL)，

∴AB=BD'，

∵BE=13，

∴x+x-5=13，

40.【答案】4【解析】解：如图，过点G作GQ⊥AD于点Q，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D=∠C=90°，AB=CD=4，AD//BC，

∴AB=QG=4，

∵四边形NCDM折叠得到四边形NEFM，

∴∠MFE=∠E=90°，CD=EF=4，

∴MG//NE，

∴△FGH∽△ENH，

∴GHNH=FGEN=FHEH，

∵点H是GN的中点，

∴GH=NH，FH=EH，

∵EN=2，

∴FG=EN=2，FH=EH=2，

∴△ENH和△FGH是等腰直角三角形，

∴∠AMG和∠MGC=45°，

∴△GQM是等腰直角三角形，

∴GM=2QG=4241.【答案】2

【解析】解：如图，延长AF交BC的延长线于T．

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=CD=AD，AD//BC，AB/​/CD，

由翻折的性质可知，AB'=AB，

∴AD=AB'，

∴∠ADB'=∠AB'D，

∵∠AB'E+∠AB'D=180°，∠ABE+∠DCE=180°，∠ABE=∠AB'E，

∴∠AB'D=∠DCE，

∵∠ADB'=∠DEC，

∴∠DEC=∠DCE，

∴42.【答案】105

【解析】解：过点G作GM⊥CB交BC于点M，连接CG，

∵∠ACB=90°，GM⊥CB，且∠B为△ABC与△AGMB的公共角，

△ACB∽△GMB，

∴BC=2AC=2，

∴MG=12MB．

设GM=x，则BM=2x，CM=2-2x，

由题意得CA、CG、CH都为⊙C的半径，

∴CA=CG=CH=1，

在Rt△CGM中可利用勾股定理列方程：x2+(2-2x)2=12，

解得：x=35或1(舍去)．

∴GM=35，CM=45．

∴MH=CH-CM=15，

在Rt△MHG中，由勾股定理可求得：GH=GM2+MH2=105，

过点G作GN⊥CB交BC于点N，连接DG、DF，

由题意得DF、DG、DE、DH为⊙D的半径，

∴DF=DE=DG=DH，

∵EF=GH，

在Rt△DEF与Rt△DGH中：

DE=DGDF=DHEF=GH，

∴△FED≌△DGH(SSS)，

∴∠FDE=∠GDH，

∵DE⊥BC，GN⊥CB，

∴∠CDF+∠FDE=90°，∠DGN+∠GDH=90°，

∴∠CDF=∠DGN，

在Rt△CDF与Rt△DGN中：

∠FCD=∠DNG∠CDF=∠GDNFD=DG，

∴Rt△FCD≌Rt△DGN(AAS)，

∴CD=NG，

同理：△GNB∽△ACB，

∴GN=12NB．

设GN=y，则CD=y，NB=2y，CN=CB-NB=2-2y，DN=CN43.【答案】5

617【解析】解：(1)∵OD⊥AB，

∴AC=BC=12AB=12×8=4，

设⊙O的半径为r，则AC2+OC2=OA2，即42+(r-2)2=r2，

解得r=5，

故答案为：5；

(2)过点C作CH⊥AE于点H．

∵1244.【答案】32

14【解析】解：∵DE平分∠BEF和∠BDF，

∴∠BED=∠FED，∠BDF=∠FDE，

∵DE=DE，

∴△BDE≌△FDE(ASA)，

∴FD=BD，BE=FE，∠DFE=∠B，

∵BD：BE=2：3，

∴EFFD=BEBD=32；

设BD=2x，BE=3x，

∴FD=2x，FE=3x，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB=BC=6，∠B=∠A=∠C=60°，

∴AD=6-2x，CE=6-3x，

∵∠DFE+∠EFC=∠A+∠ADF，

∴∠EFC=∠ADF，

∵∠C=∠A，

∴△ADF∽△CFE，

∴ADCF=AFCE=DFEF，

∴6-2xCF=AF6-3x=2345.【答案】1.8

913【解析】解：(1)CD-EF-GJ=5.5-1-2.7=1.8(km)；

(2)连接AB，过点A作AZ⊥CB，交CB的延长线与点Z．

由矩形性质得：AZ=CD-EF-GJ=1.8，

BZ=DE+FG-CB-AJ=4.9+3.1-3-2.4=2.6，

∵点P，A，B，Q共线，

∴∠MBQ=∠ZBA，

又∵∠BMQ=∠BZA=90°，

∴△BMQ∽△BZA，

∴QMBM=k=46.【答案】125

305【解析】解：设图1中的水平虚线与AC交于G，与AB交于L，如图：

依题意得：AD为等腰三角形ABC底边上的高，EG/​/BC，

∵AE：DE=5：3，

∴AE：AD=5：8，

∴△AGE∽△ACD，

∴GE：CD=AE：AD=5：8，

设GE=5a，CD=8a，

由图2可知：AG=RS=EG+CD=13a，

在Rt△AGE中，AG=13a，GE=5a，

由勾股定理的：AE=AG2-GE2=12a，

∴tanC=tan∠AGE=AEEG=12a5a=125，

在图1中，EG/​/BC，AG=13a，AE=12a，

∴AG：GC=AE：DE=5：3，

∴GC=32⋅AG=39a5，DE=35⋅AE=36a5，

对比图1和图2得：QR=GC=39a5，RN=GE=5a，QM=AE=12a，

∴QN=QR+RN=39a5+5a=64a5，

对比图1和图3得：FH=AE=12a，FO=GE=5a，OK=DE=36a5，

∴FK=FO+OK=5a+36a5=61a5，

∵S矩形MQNS=S矩形FHIK+5，

∴QM⋅QN=FH⋅FK+5，

即：12a⋅64a5=12a⋅61a5+5，

整理得：36a2=25，

∵a>0，

∴a=56，

∴FH=12a=10，47.【答案】(1)证明：∵BD⊥OC，

∴BC=CD，

∴∠CBE=∠CAB，

又∵∠ECB=∠BCA，

∴△ABC∽△BEC，

∴ABBE=ACBC，

∵AB=AC，

∴BE=BC；

(2)解：∵BE=BC，

∴∠BCE=∠BEC，

∵BD⊥OC，tan∠BCA=3，EF=2，

∴tan∠BEC=CFEF=CF2=3，

∴CF=6【解析】(1)证明△ABC∽△BEC，由相似三角形的性质得出ABBE=ACBC，则可得出结论；

(2)求出CE的长，求出BC=10，由(1)知，△ABC∽△48.【答案】解：(1)∵AC为直径，

∴∠ABC=∠ADC=90°，

又∵AB=AD，AC=AC，

∴△ABC≌△ADC(HL)．

∴∠BAC=∠CAD=12∠BAD，

∵∠E=∠BAD=α，

∴∠BAC=α2．

(2)①连接DG．

∵AB=AD，∠BAG=∠DAG，AG=AG，

∴△ABG≌△ADG(SAS)，

∴BG=DG，∠ABG=∠ADG．

∵∠ABG=∠EDF，

∴∠ADG=∠EDF，

又∵EG⊥DF，DF=DF，

∴△DFG≌△DFE(ASA)，

∴DE=DG，GF=EF，

∴DE=BG．

②过点O作OH⊥AD，垂足为H．

∵【解析】(1)根据直径所对的圆周角是直角得出∠ABC=∠ADC=90°，进而证明△ABC≌△ADC，根据全等三角形的性质以及同弧所对的圆周角相等得出∠E=∠BAD=α，即可求解．

(2)①连接DG.证明△ABG≌△ADG，△DFG≌△DFE，根据全等三角形的性质即可求解；

②过点O作OH⊥AD，垂足为H.根据DE=BG，同弧所对的圆周角相等得出∠ABE=∠FDE49.【答案】(1 )证明：连接OA，

∵CD是⊙O的直径，

∴∠CAD=90°，

∴∠OAC+∠OAD=90°，

又∵OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA，

又∵∠BAC=∠ADB，

∴∠BAC+∠OAC=90°，

即∠BAO=90°，

∴AB⊥OA，

又∵OA为半径，

∴直线AB是⊙O的切线；

(2)①解：∵∠BAC=∠ADB，∠B=∠B，

∴△BCA∽△BAD，

∴ACAD=BCAB，

设半径OC=OA=r，

∵BC=2OC，

∴BC=2r，OB=3r，

在Rt△BAO中，

AB=OB2-OA2=(3r)2-r2【解析】(1)连接OA，先得出∠OAC+∠OAD=90°，再得出∠BAC+∠OAC=90°，进而得出∠BAO=90°，最后根据切线的判定得出结论；

(2)①先得出△BCA∽△BAD，进而得出ACAD=BCAB，设半径OC=OA=r，根据勾股定理得出AB=22r50.【答案】(1)证明：如图1，连接AC

∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，

∴弧AD=弧AC，

∴AD=AC，

∴∠ADC=∠ACD，

∵点A、D、C、G在⊙O上，

∴∠FGC=∠ADC，

∵AGD=∴ACD，

∴∠FGC=∠AGD；

(2)∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB于E点，

∴DE=0.5CD=0.5×8=4，

∠ADB=90°，

∵CD⊥AB，

∴∠ADB=∠BED=∠AED=90°，

∴∠AB D+∠BAD=90°，

∠BAD+∠ADE=90°，

∴∠ADE=∠ABD，

∴Rt△ADE∽Rt△DBE，

∴DEBE=AEDE，

∴DE2=AE⋅BE，

∵BE=2，

∴AE=AB-BE=AB-2，

∴16=(AB-2)×2，

解得：AB=1+17或AB=1-17(舍)，

∴OB=0.5AB=1+172，

∴⊙【解析】(1)如图1，利用垂径定理得到弧AD=弧AC，根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠ACD根据圆周角定理的推论得到∠AGD=∠ACD=∠ADC，再利用圆内接四边形的性质得到∠FGC=∠ADC，从而得到结论；

(2)根据垂径定理，和直角三角形斜边上的高分得两直角三角形相似，对应变成比例即可解决；

(3)如图，过点G作GH⊥DF于点H，证明51.【答案】(1)证明：由圆周角定理得：∠ADE=∠ABC，

∵∠ADE+∠CAB=90°，

∴∠ABC+∠CAB=90°，

∴∠ACB=90°，

∴AB是直径．

(2)证明：①∵AC=AF，∠DCF=45°，

∴∠AFC=∠ACF=∠ACE+∠DCF=∠ACE+45°，

∴∠AED=∠CEF=180°-∠DCF-∠AFC=90°-∠ACE，

由圆周角定理得：∠DAE=∠BCD=∠ACB-∠ACE=90°-∠ACE，

∴∠AED=∠DAE，

∴DE=DA；

②如图，过点A作AH⊥CD于点H，

设DE=DA=x，BC=y，则AB=kx，cosB=BCAB=ykx，

在Rt△ABC中，BC<AB，

∴cosB=ykx<1．

设cosB=ykx=a(a<1)，则y=kxa：

∵∠CEF=∠AED，∠DAE=【解析】(1)先根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABC，从而可得∠ABC+∠CAB=90°，再根据圆周角定理即可得证；

(2)①先根据等腰三角形的性质可得∠AFC=∠ACF，根据三角形的外角性质可得∠AFC=∠ACE+45°，再根据圆周角定理可得∠DAE=∠BCD=90°-∠ACE，从而可得∠AED=∠DAE，然后根据等腰三角形的判定即可得证；

②过点A作AH⊥CD于点H，设DE=DA=x52.【答案】(1)证明：∵AD=CD，

∴∠CBD=∠ACD，

∵∠CDE=∠CDB，

∴△CDE∽△BDC．

(2)解：∽∵DE=3，BE=5，

∴BD=BE+DE=8，

∵△CDE∽△BDC，

∴DECD=CDBD，

即3CD=CD8，

CD2=24，

解得CD=26，负值舍去．

答：CD的长为26．

(3)解：如图，连接OC，

∵AD=CD，

∴OD⊥AC,CF=AF=12AC=4，

∵CD=5，

∴DF=CD2-CF2=52-42=3，

设⊙O的半径为R，则OF=R-3，

在Rt△OCF中，OC2=OF2+CF2，

即R2=(R-3)2+42，

解得R=256，

答：⊙O的半径为256．

(4)解：∵AD=CD，

∴AD=CD，

∵AD=CE，

∴CD=CE，

∴∠CED=∠CDE，

由(1)知△CDE∽△BDC，

∴∠CED=∠【解析】(1)由AD=CD，得出∠CBD=∠ACD，利用相似三角形的性质即可求解．

(2)根据全等三角形的判定与性质，即可求解．

(3)连接OC，根据垂径定理即勾股定理求出DF的长，设⊙O的半径为R，根据勾股定理即可求解．

(4)先证明AD//BC，表示出S1S2，S3S53.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，

∴∠ABC=∠BAC=60°，

∵∠ADC=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，

∴∠ADC=∠BDC=60°，

即DC是∠ADB的平分线；

(2)DA+DB=DC，证明：如图1，

将△ADC绕点C逆时针旋转60°至△BHC的位置，

则DC=HC，AD=BH，∠DAC=∠HBC，

∵∠DAC+∠DBC=180°，

∴∠HBC+∠DBC=180°，

即D、B、H三点共线，

∵DC=HC，∠BDC=60°，

∴△DCH为等边三角形，

∴DC=DH，

又DH=DB+BH=DB+DA，

∴DA+DB=DC；

(3)①如图2，连结OA，OB，过点O作OM⊥AB于M，

∴AB=2AM，

∵点O是等边△ABC的外接圆的圆心，

∴∠OAB=60°，

∵⊙O半径为3，

∴AM=OA⋅cos30°=32，

∴AB=3，

∴等边△ABC的边长为3，

连结AE，过点F作FH//EA，

∵△ABC为等边三角形，

∴∠BAC=∠ABC=ACB=60°，

∴∠ADB=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，

∴∠ADB=∠ADC+∠BDC=120°，

∵∠BAD=∠BCD，

∴∠ADE=∠CAD+∠ACD=∠BAC+∠BAD+∠ACD=∠BAC+∠BCD+∠ACD=∠BAC+∠ACB=120【解析】(1)先判断出∠ABC=∠BAC=60°，再判断出∠ADC=∠ABC=60°，∠BDC=∠BAC=60°，即可得出结论；

(2)先判断出D、B、H三点共线，再判断出△DCH为等边三角形，即可得出结论；

(3)①连结OA，OB，过点O作OM⊥AB于M，求出等边△ABC的边长为3，连结AE，过点F作FH//EA，判断出∠ADB=∠ADE，进而得出△ADB≌△ADE(SAS)，即AE=AB=3，在判断出点F在以H为圆心，54.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B=∠C=90°，

∵点M是BC的中点，

∴BM=CM，

∵将△ABM沿着AM折叠后得△APM，

∴PM=BM，∠MPE=∠APM=∠B=90°，

∴PM=CM，∠MPE=∠C，

∵EM=EM，

∴△PEM≌△CEM(SAS)，

∴∠CME=∠PME，

∴ME平分∠PMC；

(2)证明：由折叠可得：∠AMB=∠AMP，

由(1)得：∠CME=∠PME，

∵∠AMB+∠AMP+∠PME+∠CME=180°，

∴∠AMB+∠CME=90°，

∵∠B=∠C=90°，

∴∠BAM+∠AMB=90°，

∴∠BAM=【解析】(1)可推出CM=BM=PM，∠C=∠B=∠APM=∠EPM=90°，进而推出△PEM≌△CEM，从而得出∠CME=∠PME，从而ME平分∠PMC；

(2)可推出∠AMB+∠CEM=90°，∠BAM=∠55.【答案】解：(1)如图1，过点D作DG⊥AC于G，过点B作BH⊥AC于H，

当x=12时，ADAB=12，即D是AB的中点，

∵DE/​/BC，

∴E是AC的中点，

∴AE=CE=12AC，

∵DG⊥AC，BH⊥AC，

∴DG//BH，

∴ADAB=DGBH=12，

∵三角形ABC的面积为1，

∴12AC⋅BH=1，

∴AC⋅BH=2，

∴S1=12AE⋅DG=12⋅12AC⋅12BH=18×2=14，

∴S2=12CE⋅BH=12⋅12AC⋅BH=14×2=12；

(2)①如图2，过点D作DG⊥AC于G，过点B作BH⊥AC于H，

∵DE/​/BC，DG//BH，

【解析】(1)作辅助线，构建△ADE，△BCE的高线DG和BH，根据三角形的面积计算即可得结论；